a) D'abord $s_x^2$ est une somme de termes positifs donc $s_x^2\geq 0$. Ensuite, puisque tous les $x_i$ ne sont pas identique, il existe forcément un $x_i$ qui soit différent de $\bar x$ et donc $(x_i-\bar x)^2>0$. Par conséquent $s_x^2>0$.

b) On utilise à fond la linéarité des sommes finies. Pour la première somme : $$\begin{align} \sum_{i=1}^n(x_i-\bar x)y_i&=\sum_{i=1}^nx_iy_i-\bar x\sum_{i=1}^ny_i\\ &=\sum_{i=1}^nx_iy_i-\bar x\frac{n}{n}\sum_{i=1}^ny_i\\ &=\sum_{i=1}^n(x_iy_i)-n\bar x\bar y. \end{align}$$ et pour la seconde somme $$\begin{align} \sum_{i=1}^n(x_i-\bar x)^2&=\sum_{i=1}^n(x_i^2-2x_i\bar x+\bar x^2)\\ &=\sum_{i=1}^nx_i^2-2\bar x\sum_{i=1}^nx_i+n\bar x^2\\ &=\sum_{i=1}^nx_i^2-2n\bar x^2+n\bar x^2\\ &=\sum_{i=1}^nx_i^2-n\bar x^2. \end{align}$$

c) Pour la première $$\begin{align} \sum_{i=1}^n\alpha_i&=\sum_{i=1}^n\frac{(x_i-\bar x)}{ns_x^2}\\ &=\frac{1}{ns_x^2}\sum_{i=1}^n(x_i-\bar x)\\ &=\frac{1}{ns_x^2}\left(\sum_{i=1}^nx_i-n\bar x\right)\\ &=\frac{1}{ns_x^2}\left(n\bar x-n\bar x\right)\\ &=0. \end{align}$$ pour la seconde $$\begin{align} \sum_{i=1}^n\alpha_ix_i&=\sum_{i=1}^n\alpha_i(x_i-\bar x+\bar x)\\ &=\sum_{i=1}^n\alpha_i(x_i-\bar x)+\bar x\sum_{i=1}^n\alpha_i\\ &=\sum_{i=1}^n\alpha_i(x_i-\bar x)\\ &=\frac{1}{ns_x^2}\sum_{i=1}^n(x_i-\bar x)^2\\ &=\frac{ns_x^2}{ns_x^2}\\ &=1 \end{align}$$ et pour la troisième $$\sum_{i=1}^n\alpha_i^2=\frac{1}{(ns_x^2)^2}\sum_{i=1}^n(x_i-\bar x)^2=\frac{ns_x^2}{(ns_x^2)^2}=\frac{1}{(ns_x^2)^2}.$$

On observe que dans les sommes de droite il y a une somme avec des $a_k$ d'indice pair ($2k+2$) et une somme avec des indices impairs ($2k+1$). Ceci nous incite alors à raisonner comme suit.

On commence par couper la somme de gauche en les termes pairs et impairs : $$\sum_{k=0}^{2n-1}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{a_{k+1}}{t+k}\right)=\sum_{k\in[\![0,2n-1]\!],\ k\text{ pair}}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{a_{k+1}}{t+k}\right)+\sum_{k\in[\![0,2n-1]\!],\ k\text{ impair}}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{a_{k+1}}{t+k}\right).$$ Si $k$ est pair, on peut l'écrire sous forme $k=2p+2$, et comme $k\in[\![0,2n-1]\!]$ les valeurs pairs de $k$ sont $0,2,4,\dots,2n-2$ et donc $p\in[\![0,n-1]\!]$. De même si $k$ est impair, on peut l'écrire sous la forme $k=2p+1$ avec $p\in[\![0,n-1]\!]$. Nous avons alors : $$2\sum_{k=0}^{2n-1}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{a_{k+1}}{t+k}\right) = 2\sum_{p=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2p+1}-\frac{a_{2p+1}}{t+2p}\right)+2\sum_{p=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2p+2}-\frac{a_{2p+2}}{t+2p+1}\right).$$ Le nom du compteur dans la somme ayant peu d'importance, on peut renommer $p$ par $k$ pour coller à l'énoncé de l'exercice, de sorte que : $$\begin{align} 2\sum_{k=0}^{2n-1}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{a_{k+1}}{t+k}\right) &= 2\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2k+1}-\frac{a_{2k+1}}{t+2k}\right)+2\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2k+2}-\frac{a_{2k+2}}{t+2k+1}\right)\\ &= 2\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2k+2}+\frac{1}{2k+2}-\frac{a_{2k+1}}{t+2k}\right)+\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{a_{2k+2}}{\frac{t}{2}+k+\frac{1}{2}}\right)\\ &=2\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2k+2}\right)+2\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2k+2}-\frac{a_{2k+1}}{t+2k}\right)+\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{a_{2k+2}}{\frac{t+1}{2}+k}\right)\\ &=2\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2k+2}\right)+\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{a_{2k+1}}{\frac{t}{2}+k}\right)+\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{a_{2k+2}}{\frac{t+1}{2}+k}\right) \end{align}$$

On somme l'égalité $u_n=n\alpha(u_n-u_{n+1})$ et on a : $$\begin{align} \sum_{k=1}^nu_k=\sum_{k=1}^nk\alpha(u_k-u_{k+1})&\Longleftrightarrow S_n=\alpha\sum_{k=1}^nku_k-\alpha\sum_{k=1}^nku_{k+1}\\ &\Longleftrightarrow S_n=\alpha\sum_{k=1}^nku_k-\alpha\sum_{k=2}^{n+1}(k-1)u_{k}\text{ par décalage d'indice}\\ &\Longleftrightarrow S_n=\alpha\sum_{k=1}^nku_k-\alpha\sum_{k=2}^{n+1}ku_{k}+\alpha\sum_{k=2}^{n+1}u_{k}\text{ par linéarité}\\ &\Longleftrightarrow S_n=\left(\alpha\sum_{k=2}^nku_k+\alpha u_1\right)-\left(\alpha\sum_{k=2}^{n}ku_{k}+\alpha (n+1)u_{n+1}\right)+\alpha\sum_{k=2}^{n+1}u_{k}\\ &\Longleftrightarrow S_n=\alpha u_1-\alpha (n+1)u_{n+1}+\alpha\sum_{k=2}^{n+1}u_{k}. \end{align}$$ Enfin comme $\sum_{k=2}^{n+1}u_{k}=\sum_{k=1}^{n}u_{k}-u_1+u_{n+1}$, on a alors $\sum_{k=2}^{n+1}u_{k}=S_n-u_1+u_{n+1}$ et il suit que $$S_n=\alpha u_1-\alpha (n+1)u_{n+1}+\alpha\left(S_n-u_1+u_{n+1}\right).$$ Il ne reste plus alors qu'à simplifier et résoudre cette dernière équation avec $S_n$ comme inconnue pour trouver le résultat.